Giochi della Chimica 2010 Problemi risolti ‒ Fase regionale – Classe C 1.

Giochi della Chimica 2010

Problemi risolti ‒ Fase regionale – Classe C

1. In una doppia elica di DNA si è trovato che il 14% delle basi è adenina. Indicare la percentuale delle altre basi:

A) 14% guanina, 28% citosina, 44% timina B) 28% guanina, 14% citosina, 44% timina C) 36% guanina, 36% citosina, 14% timina D) 44% guanina, 28% citosina, 14% timina

1. Soluzione

Le basi azotate nel DNA sono presenti in coppie complementari A-T e G-C. Quindi il numero di adenine (14%) deve essere uguale a quello di timine (14%) e insieme costituiscono il 28% del totale. La parte restante:100 ‒ 28

= 72% è da attribuire a G e C in uguale quantità: 72/2 = 36%. (Risposta C)

2. L’argento cristallizza nel sistema cubico a facce centrate. I nodi del reticolo sono tutti occupati da atomi e la lunghezza dello spigolo della sua cella elementare è risultata, alla diffrazione di raggi X, di 408,6 pm.

Assumendo che la densità del metallo sia di 10,50 g cm^‒3, indicare la massa di un atomo di argento:

A) 1,791 ∙10^‒22 g B) 197,9 g C) 197,9 g mol^‒1 D) 7,163 ∙10^‒23 g

2. Soluzione

In un cubo vi sono 8 vertici, gli 8 atomi che si trovano in queste posizioni sono condivisi da 8 cubi, quindi all’interno del cubo si trovano: ¹/8 ∙ 8 = 1 atomo. Nel cubo vi sono 6 facce, i 6 atomi che si trovano al centro di ogni faccia sono condivisi da 2 cubi, quindi all’interno del cubo si trovano ¹/2 ∙ 6 = 3 atomi. In totale, all’interno del cubo vi sono 4 atomi (1 sui vertici e 3 sulle facce). La densità vale: d = m/v da cui si ottiene la massa dei 4 atomi interni al cubo: m = d ∙ v = d ∙ l³ = 10,50 ∙ (408,6 ∙ 10^‒10)³ = 7,16 ∙10^‒22 g.

Ogni atomo pesa: 7,16 ∙10^‒22/4 = 1,79 ∙10^‒22 g. (Risposta A)

La massa di un atomo di Ag si poteva ricavare anche così: MA/N = 107,87/6,022 ∙10²³ = 1,79 ∙10^‒22 g

3. Indicare quale delle seguenti affermazioni NON è corretta se riferita alla spettrometria di massa:

A) viene comunemente usata accoppiata ad altre tecniche separative (HPLC, GC)

B) l’analizzatore consente di differenziare gli ioni generati in base al loro rapporto massa/carica C) lavora in condizioni di alte pressioni per ottenere spettri con una buona risoluzione

D) è una tecnica distruttiva ma altamente sensibile

3. Soluzione

Nella spettrometria di massa, si deve operare sotto vuoto spinto per non creare, nella camera di ionizzazione, ioni estranei al campione in esame e per non disturbare la corsa degli ioni del campione che vengono accelerati

verso il rivelatore. (Risposta C)

4. Indicare la formula corretta del composto X, ottenuto mediante la seguente sequenza di reazioni:

NH₂

Br

NaNO₂, H₂SO₄ 0-5 °C

CuCN X

NH₂

CN CN

NO₂

Br CN

Br CN

NO₂

A) B) C) D)

4. Soluzione

La reazione proposta è una diazotazione seguita da una reazione di Sandmayer di sostituzione di N2 con CN^‒.

NH₂

Br Br

N N N O

Br N

H N

O

Br N

N OH

Br CN Cu CN NC

NaNO₂, H₂SO₄ 0-5 °C

CuCN

+ + _

..

1

2

(Risposta C)

5. Indicare quale delle seguenti affermazioni è ERRATA se riferita al metodo del carbonio-14 usato per la datazione.

A) per decadimento β il ^l4C si trasforma in ^l4N

B) in un organismo terrestre vivente, il rapporto ¹⁴C/^I2C è uguale al rapporto ¹⁴C/¹²C nell’atmosfera C) il metodo del ¹⁴C è egualmente valido per campioni di milioni di anni e per campioni di 1000 anni D) il contenuto di ¹⁴C in un organismo diminuisce progressivamente dopo la sua morte

5. Soluzione

Il tempo di dimezzamento del ¹⁴C è di 5730 anni, quindi, dopo un milione di anni, la quantità residua di ¹⁴C è troppo piccola per essere rivelata e si deve ricorrere al decadimento di altri isotopi più stabili. (Risposta C) (Dopo 10⁶ anni la quantità iniziale di ¹⁴C viene dimezzata 10⁶/5730 = 175 volte).

6. Indicare come varia la solubilità del solfato di piombo in acqua:

A) diminuisce se si aumenta la forza ionica con aggiunta di nitrato di sodio B) aumenta se si aumenta la forza ionica con aggiunta di nitrato di sodio C) aumenta in presenza di solfato di sodio

D) è indipendente dalla temperatura dell’acqua

6. Soluzione

All’aumentare della forza ionica la solubilità aumenta. L’attrazione elettrostatica tra ioni SO4

2‒ e Pb²⁺

diminuisce perché si interpongono altri ioni. (Risposta B)

7. Se si fa gorgogliare acido cloridrico gassoso in acido solforico concentrato contenente lo 0,1% di T2O (T = Trizio):

A) ne fuoriesce HCl umido per T2O B) ne fuoriesce Cl2 e T2O

C) ne fuoriescono in parte HCl e TCl gassosi anidri D) si forma SOCl2 e T2O

7. Soluzione

HCl può scambiare ioni H⁺ e quindi anche ioni trizio (³H⁺) con l’acqua. L’acido solforico concentrato trattiene l’acqua come H3O⁺ che interagisce con HSO4‒

. Dalla soluzione escono HCl e TCl anidri. (Risposta C)

8. Data la reazione redox da bilanciare:

Sn²⁺(aq) + Fe³⁺(aq) → Sn⁴⁺(aq) + Fe²⁺(aq)

individuare i valori più vicini a quelli del potenziale di riduzione all’equilibrio e della Keq.

Si immagini il tutto in condizioni standard e a T = 25 °C, così da usare, se necessario, le tabelle allegate:

A) 0,620 V e Keq = 10²¹ B) 0,812 V e Keq = 10¹² C) 0,770 V e Keq = 10¹⁸ D) 0,356 V e Keq = 10²¹

8. Soluzione

La reazione bilanciata é: Sn²⁺ + 2 Fe³⁺ → Sn⁴⁺ + 2 Fe²⁺

Dato che lo stagno scambia due elettroni per ogni ione che reagisce, mentre il ferro uno solo, il suo potenziale si muove più lentamente durante la reazione di quello del ferro. Il potenziale di equilibrio EFe = ESn non sarà nel punto medio dei due potenziali standard, ma sarà più vicino al potenziale standard dello stagno.

E°Fe = +0,77 V E°Sn = +0,15 V. La media si trova a (0,77 + 0,15)/2 = 0,46 V Il potenziale di equilibrio deve

essere minore di 0,46 V, quindi è 0,356 V. (Risposta D)

9. A proposito di CCl4 e di SiCl4, è corretto affermare che:

A) hanno un comportamento chimico praticamente sovrapponibile non reagendo ad esempio con l’acqua B) SiCl4 si può comportare da acido di Lewis nei confronti dell’acqua, mentre CCl4 no

C) CCl4 si può comportare da acido di Lewis nei confronti dell’acqua, mentre SiCl4 no D) CCl4 è una base di Lewis, mentre SiCl4 è un acido di Lewis

9. Soluzione

Il carbonio di CCl4 non ha orbitali disponibili oltre i 4 che sta usando, mentre il silicio di SiCl4 ha orbitali d vuoti disponibili essendo del terzo periodo. SiCl4 si può comportare da acido di Lewis. (Risposta B)

10. Indicare il valore del pH a 25 °C di una soluzione acquosa 0,20 M di CH3COOH e 0,10 M di CH3COONa (pKa = 4,74 a 25°C).

A) 4,44 B) 3,45 C) 5,45 D) 2,00

10. Soluzione

Il pH di una soluzione tampone è: pH = pKa ‒ logHA/A^‒ = 4,74 ‒ log 0,2/0,1 = 4,44. (Risposta A)

11. Il numero di coordinazione di un reticolo cristallino:

A) è grande per i metalli (tipicamente 8 o 12), intermedio (tipicamente 6) per i solidi ionici e piccolo (tipicamente 4) per i solidi covalenti

B) è grande per i metalli (tipicamente 8 o 12), piccolo (tipicamente 4) per i solidi ionici e intermedio (tipicamente 6) per i solidi covalenti

C) è piccolo per i metalli (tipicamente 4), intermedio (tipicamente 6) per i solidi ionici e grande (tipicamente 8 o 12) per i solidi covalenti

D) è piccolo per i metalli e i solidi ionici (tipicamente 4) e grande (tipicamente 8 o 12) per i solidi covalenti

11. Soluzione

Una struttura cristallina cubica corpo centrata di un metallo vede l’atomo al centro del cubo circondato dagli 8 atomi che si trovano ai vertici e quindi ha coordinazione 8.

La struttura cristallina del sale NaCl è cubica faccio centrata per gli anioni Cl^‒ tra i quali si interpongono i più piccoli cationi Na⁺. Un catione Na⁺ al centro del cubo è circondato dai 6 anioni Cl^‒ che si trovano al centro delle facce, quindi ha coordinazione 6.

Un solido covalente come il diamante è costituito dai legami covalenti sp³ tetraedrici che ogni atomo deve

realizzare e quindi ha coordinazione 4. (Risposta A)

12. Si immagini di diluire una soluzione acquosa 1,0 ∙10^‒l M di HClO4 fino a portarla a 1,0 ∙10^‒9 M. A questo punto il pH di tale soluzione:

A) è 9,0

B) tende ad un valore vicino a 7 ma non può essere mai maggiore di 7,00 C) può raggiungere il valore di 8,9 ma non può superare questo valore D) non sale mai al di sopra di 5,0, essendo HClO4 un acido forte

12. Soluzione

Nel calcolo di [H⁺] in soluzioni acide concentrate si può trascurare il contributo di H⁺ dell’acqua, ma quando la concentrazione dell’acido scende avvicinandosi a 10^‒7 e oltre, bisogna considerare che gli H⁺ in soluzione sono quelli dell’acqua (10^‒7) più quelli dell’acido. Il pH sarà vicino a 7, senza mai superarlo. (Risposta B)

13. Se si aggiunge una goccia di una soluzione acquosa di NaOH 0,1 M a una soluzione di solfato di alluminio 0,01 M, si osserva:

A) la formazione di un precipitato che si ridiscioglie in presenza di un eccesso di NaOH B) la formazione di un precipitato di Al(OH)3 insolubile in eccesso di NaOH

C) la formazione di un precipitato di Al2O3 insolubile in NaOH

D) che la soluzione resta limpida in quanto si forma subito lo ione tetraidrossoalluminato

13. Soluzione

Si forma un precipitato di Al(OH)3 che, continuando ad aggiungere NaOH, si ridiscioglie, quando il pH va oltre 12, per la formazione di Al(OH)4‒

. (Risposta A)

14. Se si considera che lo ione P^3‒ è la base coniugata dell’acido PH3 (estremamente debole in acqua) si può pensare che la fosfina si possa ottenere nel modo più semplice con una delle seguenti reazioni, purché la loro cinetica non sia sfavorevole:

A) la reazione non bilanciata: Ca3P2(s) + H2O(l) → PH3(g) + Ca(OH)2(aq)

B) la reazione non bilanciata: Ca3P2(s) + OH^‒(aq) → H3PO4(aq) + Ca(OH)2(aq)

C) per reazione di P^3‒(aq) con un acido purché forte D) per reazione di P^3‒(aq) con una base organica

14. Soluzione

Dato che P^3‒ è un acido molto più debole dell’H2O, se è messo in acqua si protona formando PH3. (Risposta A)

15. Quando in un calorimetro si mescolano eguali volumi (50,0 mL) di due soluzioni acquose di eguale concentrazione molare (1,0 M), una di NaOH e l’altra di HCl, si osserva un aumento della temperatura da 20,1 a 26,5 °C. Se la capacità termica del calorimetro, misurata in presenza di 100 mL di una soluzione 0,1 M di NaCl, risulta di 440,2 J/K, individuare i valori del calore di neutralizzazione e il ∆H della reazione:

A) 2,8 kJ e ‒2,8 kJ B) 1,4 kJ e ‒1,5 kJ C) 5,6 kJ e ‒5,6 kJ D) 5,6 kJ e ‒2,8 kJ

15. Soluzione

Usando la relazione: Q = c ∙ ∆T si ottiene Q = 440,2 ∙ (26,5 ‒ 20,1) = 2,8 kJ.

Dato che la reazione è esotermica, il ∆H è negativo: ‒ 2,8 kJ. (Risposta A)

16. Un gas a comportamento ideale compie un lavoro di espansione irreversibile pari a 22,0 L atm, mentre il lavoro massimo (Wmax) che può compiere è pari a 33,6 L atm. Indicare il lavoro utile (Wutile) che il gas può compiere e a quale variazione di energia libera esso corrisponde.

A) Wutile = 0,600 L atm; ∆G = ‒23,2 L atm B) Wutile = 1,60 L atm; ∆G = ‒22,6 L atm C) Wutile = 31,6 L atm; ∆G = +11,6 L atm D) Wutile = 11,6 L atm; ∆G = ‒11,6 L atm

16. Soluzione

Il lavoro totale è uguale al lavoro utile + lavoro di volume: WT = WU + P∆V, inoltre il lavoro utile è uguale, a meno del segno, al ∆G: ∆G = ‒WU.

Quindi: WU = WT ‒ P∆V = 33,6 ‒ 22,0 = 11,6 L atm. ∆G = ‒WU = ‒11,6 L atm. (Risposta D)

17. Una sostanza A subisce una serie di trasformazioni a pressione costante in un intervallo di temperature compreso tra 250 K e 300 K. Nello stesso intervallo le variazioni ∆H e ∆S valgono mediamente 5,76 ∙10³ kJ e 20,59 kJ K^‒1. Questi dati permettono di stabilire che le trasformazioni sono spontanee nell’intervallo di temperature:

A) 250 K ÷ 280 K B) 260 K ÷ 280 K C) 280 K ÷ 300 K D) 253 K ÷ 275 K

17. Soluzione

Le trasformazioni sono spontanee se avvengono con ∆G < 0. Quindi ∆G = ∆H ‒ T∆S < 0 da cui ∆H < T∆S E quindi: T > ∆H/∆S T > 5,76 10³/20,59 T > 280 K. (Risposta C)

18. Indicare il valore più vicino a quello della differenza tra il calore di combustione del metano a volume costante e il calore di combustione a pressione costante a 25° C. Considerare quantitativa la reazione che dà CO2

e H2O(l). A) 1200 J B) 582,0 J C) 4950 J D) 2368 J

18. Soluzione

La reazione è: CH4 + 2 O2 → CO2 + 2 H2O

Tre moli di reattivi gassosi si trasformano in una mole di prodotti gassosi, quindi si ha una diminuzione di due moli di gas. Dalla legge dei gas PV = nRT si ricava il volume che corrisponde a due moli V = nRT/P

V = (2 ∙ 0,0821 298)/1 = 48,93 L. Mentre a volume costante vi è solo liberazione del calore di combustione, a pressione costante oltre a questo bisogna sommare il lavoro di volume P ∆V subito dal sistema.

P∆V = 101300 ∙ 48,93 ∙10^‒3 = 4957 J. (Risposta C)

19. L’espressione “struttura primaria di una proteina” si riferisce:

A) alla sua sequenza amminoacidica

B) alla composizione amminoacidica totale della proteina C) al numero di residui amminoacidici presenti nella proteina D) all’organizzazione spaziale (sterica) della catena proteica

19. Soluzione

La struttura primaria di una proteina è la sua sequenza di amminoacidi che vengono numerati a partire da quello

N-terminale. (Risposta A)

La struttura secondaria descrive la struttura tridimensionale locale (alfa elica, beta pieghe, random coil).

La struttura terziaria descrive la struttura tridimensionale complessiva della catena proteica.

La struttura quaternaria, nelle proteine formate da più catene, descrive la struttura tridimensionale del complesso

20. Si osserva che l’energia reticolare dei fluoruri dei metalli alcalini è sempre significativamente più negativa di quella degli altri alogenuri degli stessi metalli. Ciò è dovuto al fatto che:

A) lo ione fluoruro è più piccolo degli ioni degli altri alogeni che hanno dimensioni più simili B) lo ione fluoruro è più grande degli ioni degli altri alogeni che hanno dimensioni più simili C) il fluoro ha elettronegatività maggiore degli altri alogeni

D) il fluoro ha affinità elettronica maggiore degli altri alogeni

20. Soluzione

Lo ione fluoruro è più piccolo degli altri alogenuri e consente un impaccamento più stretto nel reticolo con forze

attrattive elettrostatiche più intense. (Risposta A)

21. Nella reazione di riduzione del sesquiossido di ferro (Fe3O4) a ferro metallico con H2 a 200 °C:

Fe3O4{s) + 4 H2(g) → 3 Fe(s) + 4 H2O(g)

si raggiunge l’equilibrio quando la pressione parziale di H2 è 127,2 kPa e quella dell’H2O è 6,13 kPa. Indicare il valore della costante di equilibrio Kp:

A) 1,80 ∙10^‒5 B) 5,50 ∙10^‒9 C) 3,20 ∙10^‒2 D) 5,40 ∙ 10^‒6 21. Soluzione

Kp = [H2O]⁴/[H2]⁴ = (6,13/127,2)⁴ = 5,39 ∙10^‒6. (Risposta D)

22. Indicare i protoni rivelati come doppietti nello spettro ¹H-NMR della seguente molecola:

O

Cl Cl

H H

CH₂ CH₂OH C

H₃ a

b c

d e f

A) a, d B) b, c, e, f C) b, c, e D) b, c

22. Soluzione

Il segnale NMR diventa un doppietto se, vicino all’idrogeno misurato, vi è un solo idrogeno che, col suo momento magnetico di spin +1/2 o ‒1/2, può leggermente aumentare (se è +1/2) o diminuire (se è ‒1/2) il campo magnetico locale. Questa situazione si verifica per l’idrogeno b (vicino solo a c) e per l’idrogeno c (vicino solo a b) che si presentano come doppietti. In generale la molteplicità del segnale è uguale agli idrogeni vicini +1 (m = Hv +1). L’idrogeno a è un singoletto (nessun H vicino), l’idrogeno d è un tripletto (2 H vicini + 1), l’idrogeno e è un tripletto (2 H vicini + 1) (l’idrogeno f si trascura: e ed f non si accoppiano perché f è un po’

acido ed è continuamente scambiato con le molecole vicine), l’idrogeno f è un singoletto. (Risposta D)

23. Indicare il numero di stereoisomeri che si formano dalla bromurazione del trans-2-butene con Br2: A) 1

B) 2 C) 3 D) 4

23. Soluzione

Apparentemente si formano due molecole diverse, ma, guardando meglio, si vede che si tratta di una sola molecola, un composto meso.

Le due strutture si convertono una nell’altra per

semplice rotazione attorno all’asse verticale.

24. Indicare il numero e il tipo di gruppi funzionali presenti nel seguente composto:

CH₂O O H

OH OH OH

H

A) quattro alcolici e uno etereo

B) uno alcolico primario, due alcolici secondari e un gruppo semiacetalico C) uno alcolico primario, tre alcolici secondari, uno etereo

D) uno alcolico primario, due alcolici secondali e uno acetalico

24. Soluzione

(Risposta B)

25. Indicare i reattivi corretti per ottenere la conversione indicata di seguito:

CH₂ OH

A) KOH in EtOH B) BH3, H2O2/OH^‒ C) H⁺ in H2O D) EtO^‒ in EtOH

C H₃

H CH₃

H Br

H Br C H₃

H CH₃

Br C Br H₃ H

CH₃ H Br₂

S +

R

S R

CH₂O O H

OH OH OH

H alcol

primario

alcol secondario

alcol secondario

semiacetale

25. Soluzione

La reazione è una idratazione di un alchene. Questa, normalmente, è condotta con H⁺ in H2O, e porta alla formazione dell’alcol più sostituito seguendo la regola di Markovnokov. Qui, invece, il gruppo OH si è legato al carbonio meno sostituito con una orientazione anti Markovnikov. Per ottenere questa orientazione è necessaria una reazione di idroborazione-ossidazione che si realizza prima con BH3 e poi con H2O2/OH^‒. (Risposta B)

26. In gascromatografia, l’equilibrio di distribuzione di una determinata specie A tra la fase mobile e quella stazionaria può essere descritto come:

Afase mobile Afase stazionaria

Un campione di aria contenente due composti volatili viene analizzato in gascromatografia. L’aria non interagisce con la colonna e si ottiene il seguente cromatogramma:

Indicare a quale picco corrisponde l’aria e a quale picco il composto volatile (C) con la maggiore costante di equilibrio K:

Aria Composto C

A) 1 2

B) 1 3

C) 3 2

D) 3 1

26. Soluzione

Il picco dell’aria, non trattenuto in colonna, esce per primo. Se il composto C ha la più grande Keq, significa che resta di più nella fase stazionaria, quindi è l’ultimo ad uscire. (Risposta B)

27. Se si fa passare una corrente elettrica in una soluzione acquosa di NaOH:

A) lo ione sodio è ridotto a Na metallico e l’OH^‒ è ossidato a O2

B) l’acqua è ossidata a H2 e l’OH^‒ è ridotto a O2

C) l’acqua è ridotta a H2 e l’OH^‒ è ossidato a O2

D) lo ione sodio è ossidato a Na metallico e l’OH^‒ è ridotto a O2

27. Soluzione

E’ impossibile ottenere Na metallico da un’elettrolisi in soluzione acquosa, il suo potenziale ( ‒2,7 V) è troppo negativo, quindi si riduce H⁺. Eventuale sodio metallico reagirebbe violentemente con H⁺ riducendolo ad H2. Nell’elettrolisi del problema, quindi, H⁺ dell’acqua si riduce ad H2 e O^2‒ di OH^‒ si ossida ad O2. (Risposta C)

28. L’intensità di fluorescenza If è descritta dall’equazione:

If = l ε C ϕ

dove l è il cammino ottico, ε e C sono il coefficiente di estinzione molare e la concentrazione del fluoroforo e ϕ è il rendimento quantico di fluorescenza. Questa equazione indica che l’intensità di fluorescenza è indipendente:

A) dall’angolo formato da sorgente, campione e detector B) dalla natura del fluoroforo, ma dipende dal solvente C) dall’intensità di luce assorbita dal campione

D) dall’intensità della sorgente d’eccitazione

28. Soluzione

L’intensità di fluorescenza If dipende dal fluoroforo (attraverso ε), dall’intensità della luce assorbita (attraverso l e C), dall’intensità della sorgente ( attraverso il rendimento quantico). Non si fa cenno, invece, al raggio uscente (sul quale si basa la spettroscopia UV-Vis), perché la fluorescenza è emessa in ogni direzione, quindi si può scegliere un angolo a piacere dove porre il detector, anche se normalmente è posto a 90°C perché non sia

disturbato dalla luce della sorgente. (Risposta A)

29. È noto che l’esposizione all’amianto causa nell’uomo disturbi, anche gravi, ai polmoni.

Il termine amianto si riferisce infatti:

A) a silicati idrati naturali che cristallizzano in forma di fibre B) a silicati idrati naturali che formano cristalli liquidi cancerogeni

C) a un silicato, detto crisotilo, di colore bianco, che non tende ad essere solubile e persiste nei tessuti causando mesoteliomi

D) a un composto molto fine, simile al talco

29. Soluzione

L’amianto è costituito da un silicato insolubile, detto crisotilo (C), costituito da fibre sottilissime (A) che, quando vengono inglobate dai macrofagi, cellule del sistema immunitario, non si degradano (C) e, come un ago, forano la cellula uccidendola e provocano un’infiammazione cronica che, dopo molti anni, porta ad un tumore

noto come mesotelioma (C). (Risposta A o C) ??

30. Nell’ozonolisi del cicloesene, seguita dall’aggiunta di zinco in polvere e acqua, si ottiene un composto E che, per trattamento con KOH acquosa, forma il composto F. Indicare la corretta struttura di F:

CHO COOH CHO O

O

A) B) C) D) O

30. Soluzione

L’ozonolisi del cicloesene seguita da un trattamento moderatamente riducente con Zn e H

produce esandiale. Questa, in ambiente basico, dà condensazione aldolica formando dapprima 2-idrossiciclo- pentancarbossialdeide e poi, per eliminazione di acqua, il composto A.

CHO

CHO CHO

H OH O CHO

CHO ..

_ 1) O₃

2) Zn H⁺

OH _

31. Indicare l’affermazione ERRATA:

A) la precisione è la bontà dell’accordo tra i risultati di misurazioni successive

B) l’esattezza è la bontà dell’accordo tra il risultato o il valore medio dei risultati di un’analisi e il valore vero o supposto tale

C) gli errori sistematici sono errori che possono essere individuati e quindi devono essere corretti

D) la precisione è la bontà dell’accordo tra il risultato o il valore medio dei risultati di un’analisi e il valore vero o supposto tale

31. Soluzione

La precisione è la bontà dell’accordo tra i risultati di misurazioni successive.

L’esattezza è la bontà dell’accordo tra il valore medio dei risultati di un’analisi e il valore vero.

L’accuratezza è la contemporanea presenza di precisione ed esattezza.

L’affermazione D, quindi, è errata perché confonde precisione con esattezza. (Risposta D)

32. Due proteine, emoglobina e lisozima, hanno masse molecolari relative (Mr) 68000 e 14000 rispettivamente e punti isoelettrici (PI) = 6,8 e 11,0. Indicare le tecniche che permettono di separare una miscela di tali proteine:

1. cromatografia a scambio ionico; 2. gel-filtrazione; 3. dialisi; 4. elettroforesi a pH 7,0; 5. liofilizzazione.

A) 1, 2, 3, 5 B) 1, 2, 4 C) 3, 4, 5 D) 2, 3, 5

32. Soluzione

La dialisi (che elimina sali e piccole molecole dalla soluzione) e la liofilizzazione (che elimina il solvente per sublimazione) sono tecniche estranee alla separazione di proteine. (Risposta B)

33. In un processo analitico, il peptide: Ala-Gly-Ser-Pro-Tyr-Lys-Met-Ala-Lys

viene derivatizzato completamente per trattamento con dansil cloruro (5-dimetilamminonaftalene 1-sufonil- cloruro) e viene quindi sottoposto a idrolisi con HCl 6 M per 4 h a 110 °C. I composti che si rilevano nella cromatografia su strato sottile della miscela di idrolisi sono:

A) dansil-alanina, monodansil-lisina e O-dansil-tirosina B) bisdansil-lisina, O-dansil-serina e O-dansil-tirosina C) bisdansil-lisina, O-dansil-serina

D) bisdansil-tirosina

33. Soluzione

Il dansil cloruro è usato per derivatizzare i gruppi amminici degli amminoacidi nell’analisi HPLC. Dato che è relativamente stabile all’idrolisi acida, è anche usato per derivatizzare i gruppi amminici di peptidi e proteine per individuare l’amminoacido N-terminale. Grazie alla sua intensa fluoresceza è 100 volte più sensibile del reattivo di Sanger (2,4-dinitrofluorobenzene). Il dansil cloruro reagisce rapidamente con i gruppi amminici degli amminoacidi, più lentamente con il gruppo fenolico, tiolico e imidazolico in catena laterale di tirosina, cisteina e istidina, molto lentamente con il gruppo alcolico di serina e treonina. Nel peptide dato, il gruppo dansile si lega al gruppo amminico N-terminale dell’alanina, all’OH fenolico della tirosina e al gruppo ε-amminico delle due lisine.

OH OH NH₂ NH₂ N

H₂ COOH

OH O NH

DNS

NH DNS

HN

DNS COOH

Ala-Gly-Ser-Pro-Tyr-Lys-Met-Ala-Lys

DNS-Cl

Ala-Gly-Ser-Pro-Tyr-Lys-Met-Ala-Lys DNS

Dopo l’idrolisi si ottengono i seguenti amminoacidi fluorescenti:

dansil-alanina, O-dansil-tirosina, ε-dansil-lisina. (Risposta A)

NH Ala-COOH DNS

O

Tyr COOH N

H₂

NH Lys DNS

COOH N

H₂

NH Lys DNS

COOH N

H₂ DNS

34. In un reticolo di diffrazione, impiegato come monocromatore in spettrofotometria:

A) la dispersione misura la capacità di separare angolarmente lunghezze d’onda adiacenti B) l’efficienza misura la capacità di separare due picchi ravvicinati

C) la risoluzione e la dispersione aumentano all’aumentare della spaziatura delle incisioni sul reticolo D) il numero di incisioni per unità di lunghezza, detto “passo del reticolo”, è dello stesso ordine di grandezza della lunghezza d’onda della luce da analizzare

34. Soluzione

La prima è la sola affermazione corretta. La seconda è errata perchè si riferisce ad una cromatografia e non ad un reticolo. La terza è errata perché risoluzione e dispersione aumentano al diminuire della spaziatura tra le righe. L’ultima affermazione è errata perche è la spaziatura tra le righe (e non il numero di incisioni) che deve essere dello stesso ordine di grandezza della lunghezza d’onda. (Risposta A)

35. Indicare il prodotto che si ottiene trattando la benzaldeide in condizioni fortemente basiche (NaOH acquoso al 40%).

A) 2-idrossibenzaldeide (salicilaldeide)

B) una miscela di acido benzoico (come anione benzoato) e alcol benzilico C) 1,4-benzochinone

D) 1,2-diidrossibenzene (catecolo)

35. Soluzione

Le aldeidi non sono stabili in ambiente basico. Le aldeidi enolizzabili danno addizione aldolica, quelle non enolizzabili, come la benzaldeide, danno una dismutazione nota come reazione di Cannizzaro. La benzaldeide dismuta formando una specie più ossidata, acido benzoico, e una più ridotta, alcol benzilico. (Risposta B)

H O

H O OH

H O O H

O

O

O OH

OH.. _

OH.. _

_ _

: _

_ +

36. L’acido ascorbico (vitamina C):

A) è una vitamina termolabile liposolubile

B) è escreto con le urine se ingerito in quantità superiori al fabbisogno C) si accumula nel fegato se ingerito in grande quantità

D) è presente in grande quantità nell’olio di fegato di merluzzo

36. Soluzione

La vitamina C è un derivato dei monosaccaridi sintetizzato a partire dal D-glucosio attraverso una serie di tappe (acido D-glucuronico, acido L-gulonico, γ-gulonolattone, γ-chetogulonolattone). Come tale, la vitamina C è idrosolubile, quindi le affermazioni A, C, D sono errate. Resta solo la risposta B. (Risposta B)

CH₂OH OH OH O

H

OH CHO

OH OH O

H

OH CHO

COOH

OH OH O

H

OH CH₂OH

COOH O H

O H

OH O

H

CH₂OH COOH

O H

O H

O H

CH₂OH O

O O

O

H OH

O O

H H

O O H

O H

CH₂OH O

O

CH₂OH

D-glucosio acido D-glucuronico acido L-gulonico γ-L-gulonolattone γ-L-chetogulonolattone vitamina C

37. La decomposizione della fosfina (PH3) procede secondo la reazione: 4 PH3 → P4(g) + 6 H2(g)

Sperimentalmente si è trovato che questa reazione segue la seguente legge cinetica: v = k [PH3].

Se il tempo di dimezzamento della reazione è di 37,90 s, indicare il tempo necessario per decomporre i tre quarti della fosfina presente:

A) 333,2 s B) 151,6 s C) 75,80 s D) 374,0 s

37. Soluzione

Se i 3/4 della fosfina si sono decomposti, ne resta 1/4 (25%). La quantità iniziale si è dimezzata due volte (100% → 50% → 25%) e il tempo trascorso è 2 t1/2 = 2 ∙ 37,90 = 75,8 s. (Risposta C) 38. Indicare la forma di NO3‒

: A) tetraedrica

B) planare triangolare C) a T

D) piramidale triangolare

38. Soluzione

La molecola è planare triangolare. (Risposta B)

39. Indicare l’elemento prodotto da un decadimento β del nuclide ¹¹Li:

A) ¹¹Be B) ¹¹Na C) ¹¹B D) ¹²C

39. Soluzione

Il decadimento β consiste nell’emissione di elettroni veloci da parte del nucleo a causa della trasformazione di un neutrone in protone (n → p⁺ + e^‒). Quindi ¹¹Li diventa ¹¹Be (stesso numero di massa). (Risposta A)

40. Indicare quali tra le seguenti proprietà sono necessarie affinché una sostanza risulti un buon indicatore per le titolazioni complessometriche con EDTA:

I. l’indicatore deve legare l’analita con più affinità dell’EDTA;

II. l’indicatore deve essere molto solubile nella soluzione di analita;

III. la reazione di complessazione tra analita e indicatore deve essere reversibile;

IV. la forma non complessata dell’indicatore deve avere un colore diverso del complesso indicatore-metallo:

A) I, II, III B) II, III C) II, III, IV D) II, IV

N O

O O

+ _ _

40. Soluzione

L’affermazione I è errata: l’indicatore deve legare l’analita, per esempio Mg²⁺, con meno affinità dell’EDTA.

L’affermazione II è ovviamente corretta.

L’affermazione III è corretta perché l’indicatore deve legare l’analita fino a quando l’analita libero è stato tutto titolato dall’EDTA, poi deve rilasciarlo all’EDTA.

L’affermazione IV è corretta perché l’indicatore, dopo aver perso l’analita, deve cambiare colore. (Risposta C)

41. Una reazione esotermica che avviene con ∆S > 0:

A) è spontanea per valori alti di T B) è sempre spontanea

C) è spontanea per valori bassi di T D) non è mai spontanea

41. Soluzione

Se ∆H è negativo e ‒T∆S è negativo, ∆G = ∆H ‒ T∆S è sempre negativo. (Risposta B)

42. L’interazione dipolo-dipolo riguarda prevalentemente:

A) gli ioni disciolti in solventi polari B) i composti ionici

C) i composti molecolari con molecole polari D) i composti molecolari non polari

42. Soluzione

Dipolo-dipolo significa che due molecole legate hanno entrambe dipoli, non ioni. (Risposta C)

43. Si consideri la reazione in fase gassosa:

2 NO(g) + O2(g) → 2 NO2(g)

si indichi come varia la posizione dell’equilibrio in funzione della pressione:

A) un aumento della pressione sposta la reazione a destra (verso la formazione di NO2) B) un aumento della pressione causa un aumento del valore della costante di equilibrio Kc

C) una diminuzione della pressione causa un aumento del valore della costante di equilibrio Kc

D) un aumento della pressione causa una diminuzione del valore della frazione molare di NO2

43. Soluzione

In questa reazione, tre molecole gassose ne producono due, quindi, se la pressione viene aumentata, la reazione si sposta verso destra per contrastare l’aumento, ma la Kc resta invariata. (Risposta A)

44. Il valore della costante cinetica di una reazione, in base all’equazione di Arrhenius:

A) aumenta all’aumentare della T e dell’Ea

B) aumenta esponenzialmente solo al crescere della T

C) diminuisce esponenzialmente all’aumentare della T e dell’Ea

D) aumenta all’aumentare della T e al diminuire dell’Ea

44. Soluzione

L’equazione di Arrhenius è:

Ea

k A eR T

−

= . La costante di velocità k aumenta all’aumentare della T, mentre diminuisce all’aumentare dell’energia di attivazione Ea. (Risposta D)

45. Indicare, tra le seguenti specie, quelle che NON hanno forma tetraedrica o di tetraedro distorto (altalena):

CH4, SO4

2‒, XeO4, SF4, PCl3, BF3, XeF4. A) XeO4 SF4 XeF4

B) PCl3 BF3 XeF4

C) SF4 SO4

2‒ XeF4

D) SF4 PC13 BF3

45. Soluzione

In una struttura ad altalena, l’atomo centrale deve avere 4 elettroni, per legare i 4 atomi disposti ad altalena, più due elettroni per la coppia di non legame nella base della bipiramide trigonale.

Quindi, deve avere 6 elettroni di valenza e 4 legandi come SF4. Questa molecola è presente nelle

riposte A, C, D. Resta la risposta B. (Risposta B)

In B vediamo PCl3 piramidale (come NH3), BF3 planare triangolare dato che B ha solo 3 elettroni di valenza, e XeF4 planare quadrata. Infatti, Xe ha 8 elettroni di valenza, 4 per legare i 4 atomi di fluoro e due coppie di non legame. Le sei coppie si dispongono ad ottaedro con le coppie di non legame sulle due posizioni assiali e i 4 atomi di fluoro nei 4 vertici della base quadrata.

46. L’ordine di legame dello ione carburo C2 2‒, è:

A) ‒1 B) 2 C) 3 D) ‒2

46. Soluzione C2

2‒ si ottiene strappando due H⁺ all’acetilene, quindi l’ordine di legame è 3. (Risposta C)

47. La determinazione del pH tramite l’elettrodo a vetro:

A) può essere sempre effettuata tra pH 2 e 14 B) può essere sempre effettuata tra pH 2 e 12

C) non risente della presenza dello ione sodio in soluzione, qualunque sia il rapporto di concentrazione Na⁺/H⁺ D) permette di determinare direttamente la concentrazione di H⁺

47. Soluzione

Un elettrodo a vetro dà una risposta lineare rispetto al pH della soluzione nell’intervallo tra 0 e 12.

A pH maggiori di 12 la concentrazione di H⁺ è così bassa che l’effetto di altri cationi interferenti come Na⁺

diventa troppo grande. (Risposta B)

48. Il rivelatore per gas cromatografia a ionizzazione di fiamma (FID):

A) è di uso universale per i composti organici

B) ha un range di rilevamento lineare di un paio di ordini di grandezza C) è sensibile alla CO2

D) è un metodo di rilevamento non distruttivo

48. Soluzione

Il rivelatore FID brucia le molecole in uscita dal gascromatografo e produce un segnale elettrico dovuto agli ioni che si formano nel processo. Quindi è ideale per i composti organici, soprattutto gli idrocarburi, mentre è insensibile a composti che non possono bruciare come CO2, NO2, N2, O2. E’ insensibile anche ad H2 perché è proprio questo il gas che si aggiunge al flusso per provocare la combustione. La sua risposta è lineare in un intervallo di concentrazioni molto maggiore di 10², che arriva anche a 10⁷. (Risposta A)

49. Data una soluzione acquosa di un acido debole (10 mL; pKa = 6,0 a 298 K) avente concentrazione 0,050 M, indicare il pH iniziale e dopo aggiunta di 1,0 mL di una soluzione di NaOH 0,10 M:

A) 3,6 e 5,4 B) 2,8 e 4,7 C) 4,4 e 6,7 D) 3,2 e 9,1

49. Soluzione

La concentrazione di H⁺ di un acido debole è: [H]⁺ = (Ka ∙ C)^1/2 = (10^‒6 ∙ 0,05)^1/2 = 2,24 ∙10^‒4.

pH = ‒log 2,24 ∙10^‒4 = 3,6. (Risposta A)

Le moli di acido HA sono: 0,05 ∙10 = 0,5 mmol. Le moli di NaOH sono: 0,1 ∙1,0 = 0,1 mmol

Dopo la reazione le moli di acido HA diventano 0,5 ‒ 0,1 = 0,4 mmol, e le moli che si sono formate della base coniugata A^‒ sono 0,1 mmol. Il pH della soluzione tampone è: pH = pKa ‒ log HA/A^‒ = 6 ‒ log 0,4/0,1 = 5,4.

S F

F F

F :

F Xe F

F F ..

..

H C C H

50. Per standardizzare una soluzione di HCl, è possibile impiegare quale standard primario:

A) idrossido di potassio B) carbonato di sodio anidro C) tiosolfato di sodio D) solfuro di calcio

50. Soluzione

Il carbonato di calcio anidro è adatto perchè è un solido cristallino in polvere, puro, stabile chimicamente, che può essere facilmente pesato con precisione ed è sufficientemente basico da rendere agevole la titolazione.

KOH, invece, è troppo igroscopico e reagisce con la CO2. (Risposta B)

51. Se, ad una soluzione acquosa contenente Pb²⁺ (0,1 M) e Ag⁺ (0,05 M) si aggiunge lentamente una soluzione di NaCl (0,10 M) accade che: (KPS PbCl2 = 1,6 ∙10^‒5; KPS AgCl = 1,8 ∙10^‒10)

A) precipita per primo il cloruro d’argento B) precipita per primo il cloruro di piombo

C) i cloruri dei due metalli iniziano a precipitare contemporaneamente D) non si ha precipitazione se non evaporando il solvente

51. Soluzione

Calcoliamo [Cl^‒] che fa precipitare AgCl: Kps = [Ag⁺] [Cl^‒]; [Cl^‒] = Kps/[Ag⁺] = 1,8 ∙10^‒10/0,05 = 3,6 ∙10^‒9 M [Cl^‒] che fa precipitare PbCl2 è: Kps = [Pb²⁺] [Cl^‒]²; [Cl^‒] = (Kps/[Pb²⁺])^1/2 = (1,6 ∙10^‒5/0,1)^1/2 = 1,26 ∙10^‒2 M AgCl precipita con una concentrazione molto più bassa di Cl^‒, quindi precipita per primo. (Risposta A)

52. L’analisi quantitativa UV-Vis deve essere condotta:

A) alla λmax di assorbimento dell’analita

B) a qualsiasi λ purché il composto assorba a tale lunghezza d’onda

C) alla λ corrispondente al minimo di assorbimento per evitare effetti di diffusione D) alla λ alla quale lo strumento è stato meglio tarato

52. Soluzione

Si deve lavorare alla λ di massimo assorbimento perché in quell’intorno l’assorbimento è costante e inoltre il suo alto valore rende massima la sensibilità della misura. (Risposta A)

53. La caratteristica principale dello spettro IR di un alcol, con legame d’idrogeno, è una banda:

A) allargata e intensa nella zona di frequenze 3200-3600 cm^‒1, dovuta allo stiramento del legame C-O B) allargata e intensa nella zona di frequenze 3200-3600 cm^‒1, dovuta allo stiramento del legame O-H C) netta e intensa alla frequenza di 2930 cm^‒1, dovuta allo stiramento del legame O-H

D) netta e intensa alla frequenza di 1720 cm^‒1, dovuta allo stiramento del legame O-H

53. Soluzione

Lo stiramento del legame O-H degli alcoli avviene tra 3200 e 3600 cm^‒1: è più intenso del legame C-H (2950) perché è più polare. La sua forma è allargata a causa del legame idrogeno che lo indebolisce, e non è uguale in tutte le molecole. Così, dove il legame idrogeno è più intenso, O-H oscilla a 3200 cm^‒1, dove è meno forte, O-H

oscilla a 3600 cm^‒1. (Risposta B)

54. Indicare il prodotto che si ottiene trattando il 2-metilpropene con HCl:

A) cloruro di n-propile B) cloruro di isopropile C) cloruro di n-butile D) cloruro di terz-butile

54. Soluzione

Si ottiene 2-cloro-2-metilpropano (chiamato anche cloruro di terzbutile) perché la reazione obbedisce alla regola di

Markovnikov e Cl^‒ si lega sul carbonio più sostituito, quello terziario, dove si forma il carbocatione più stabile. (Risposta D)

Cl H

HCl

H+ +

HCl Cl_ :

55. Indicare i prodotti che si ottengono trattando l’acetone con un eccesso di I2 in ambiente basico (per NaOH):

A) acido acetico (come ione acetato) e iodoformio B) acetilacetone e ioduro di sodio

C) acetato di etile e I3‒

D) acetacetato di etile e ioduro di sodio

55. Soluzione

Avviene la reazione iodoformio. In ambiente basico l’acetone dà tautomeria cheto-enolica e forma lo ione enolato che attacca lo iodio formando acetone iodurato. La reazione si ripete tre volte e forma acetone tri- iodurato. Questo è attaccato dall’OH^‒ e libera iodoformio e acido acetico (ione acetato). (Risposta A)

O O

I I I I I

O O

H C I

I I O

H

_..

OH _

OH_ _

..

tre volte OH +

_ :

56. Quale gas NON viene normalmente utilizzato come combustibile o comburente nella spettrometria di assorbimento atomico in fiamma?

A) acetilene

B) protossido d’azoto C) etano

D) ossigeno

56. Soluzione

Non si usa etano che ha un potere calorifico anche inferiore al metano. Per produrre la fiamma dell’assorbimen- to atomico si usano acetilene-ossigeno (2400 °C) o acetilene-protossido d’azoto (2800 °C). (Risposta C)

57. Indicare la relazione che sussiste tra le seguenti strutture:

CH₃

CH₂Cl OH OH H

H

CH₂Cl

CH₃ OH OH H

H

A) sono due enantiomeri B) sono due diastereoisomeri C) sono un mesocomposto D) sono la stessa molecola

57. Soluzione

Le molecole in proiezione di Fischer possono essere ruotate di 180° mantenendo la configurazione.

Capovolgendo la molecola di destra si vede che si ottiene una molecola speculare a quella di sinistra, le due molecole quindi sono enantiomeri. (Risposta A)

58. Indicare ogni prodotto che si ottiene dalla reazione di sostituzione nucleofila di (R)-2-clorobutano con OH^‒ in condizioni tali da assicurare un meccanismo solo di tipo SN2:

A) (S)-2-butanolo

B) una miscela racemica di (R)-2-butanolo e (S)-2-butanolo C) (R)-2-butanolo

D) una miscela racemica di (R)-2-clorobutano e (S)-2-clorobutano

58. Soluzione

La reazione SN2 procede con inversione di configurazione, per cui si

ottiene (S)-butan-2-olo. (Risposta A)

Cl

OH OH

: _

R S

CH₃

CH₂Cl OH OH H

H

CH₂Cl CH₃ O H

O

H H

H

59. La pressione osmotica è una proprietà colligativa in quanto:

A) viene misurata usando due scomparti separati da una membrana semipermeabile B) dipende dalla concentrazione e dalla natura del soluto

C) non dipende dalla concentrazione del soluto

D) dipende solo dalla concentrazione ma non dalla natura del soluto

59. Soluzione

Dipende solo dalla concentrazione delle specie in soluzione, ma non dalla natura del soluto. (Risposta D)

60. Data la reazione in fase gassosa:

2 A(g) + B(g) → 4 C(g)

la cui costante di equilibrio termodinamica Kc vale 100 alla temperatura di 298 K, indicare la Kp alla stessa temperatura:

A) 100 B) 4,10 C) 0,240 D) 2,47 ∙10⁵

60. Soluzione

La concentrazione si esprime come n/V. Dalla legge dei gas PV = nRT si ricava la pressione P = (n/V) ∙ RT Si ottiene: P = conc. ∙ RT. Nella reazione data vale: Kc = C⁴/A² B quindi Kc ha le dimensioni di una

concentrazione, quindi vale Kp = Kc ∙ RT = 100 ∙ RT = 100 ∙ 8,31 ∙ 298 = 2,47 ∙10⁵. (Risposta D)

Soluzioni proposte da Mauro Tonellato